Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Số học - Phần 1

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Số học - Phần 1

1. Câu 1: Một số có 4 chữ số là số chính phương và có tính chất: Nếu tất cả các chữ số của nó cùng trừ đi một số thì cũng được một số có 4 chữ số cũng là số chính phương. Tìm tất cả các số có 4 chữ số thỏa mãn tính chất nêu trên. Hướng dẫn giải. Gọi số cần tìm là abcd theo giả thiết của đề bài ta có. 2 abcd A 2 a k b k c k d k B . Gọi số cần tìm là abcd theo giả thiết của đề bài ta có. 2 abcd A 2 a k b k c k d k B . Mặt khác do A, B là các số lẻ nên chỉ k 1,3 là thích hợp. 2 2 Nếu k 1 thì A1 3136 56 , B1 2025 45 . 2 2 Nếu k 3 thì A2 4489 67 ; B2 1156 34 . Vậy các số cần tìm là 3136;4489 Ta có:. 2 2 A B 1000a 100b 10c d 1000 a k 100 b k 10 c k d k A2 B2 1111k 11.101k A B A B 11.101k . Do A2 , B2 là những số có 4 chữ số nên 1000 A2 , B2 9999 32 A, B 99. 64 A B 200 A B 101 Suy ra . 0 A B 67 A B 11k mặt khác do A, B là các số lẻ nên chỉ k 1,3 là thích hợp. 2 2 Nếu k 1 thì A1 3136 56 , B1 2025 45 . 2 2 Nếu k 3 thì A2 4489 67 ; B2 1156 34 . Vậy các số cần tìm là 3136;4489 . Câu 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 . Hướng dẫn giải. Ta có:. 2 x2 3y2 2xy 2x 10y 4 0 x2 2x y 1 y 1 4y2 8y 4 7 . x y 1 2 2y 2 2 7 . 3y x 1 y x 3 7 . Vì 7là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau:. 1
2. 3y y 1 7 3y y 1 7 3y y 1 1 3y y 1 1 ; ; ; y x 3 1 y x 3 1 y x 3 7 y x 3 7 . Giải ba hệ phương trình trên ta được: x; y 3;1 , 1; 3 , 7; 3  . Câu 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y2 3xy x y 3 0 . Hướng dẫn giải. Viết phương trình thành phương trình bậc hai đối với x:. x2 (3y 1)x (2y2 y 3) 0 (*). Ta có y2 2y 11. Để * có nghiệm nguyên là số chính phương. Ta có: y2 2y 11 k 2 ;k ¥ . (y 1)2 12 k 2 (y 1)2 k 2 12 (y 1 k)(y 1 k) 12 . Mà (y 1 k) (y 1 k) 2k nên (y 1 k) ;(y 1 k) cùng chẵn. Và (y 1 k) (y 1 k) . y 1 k 6 y 1 k 2 Do đó: hoặc . y 1 k 2 y 1 k 6 Suy ra : y 5 hoặc y 3 . Thay y 5 vào * ta được : x 8 hoặc x 6. Thay y 3 vào * ta được : x 4 hoặc x 6 . Tập nghiệm: S 8;5 ; 6;5 ; 6; 3 ; 4; 3 . Câu 4: Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình. xy2 y2 x y c có đúng ba nghiệm nguyên dương (x, y) . Hướng dẫn giải. Ta viết lại phương trình x(y2 1) y2 y c . - Nếu y 1 c 0 , loại. y2 y c y(y 1) c - Nếu y 1 x , do đó c y 1 và y(y 1) c y 1. y2 1 (y 1)(y 1) Ta có y  1(mod y 1), y 1  2(mod y 1) nên y(y 1)  2(mod y 1) c  2(mod y 1) . vậy c  0(mod y 1),c  2(mod y 1) , mà y 1  0(mod y 1), y 1  2(mod y 1) . nên c  y 1(modlcm(y 1, y 1)) . Với y 2,3 ta có c 1(mod3),c  2(mod 4) . Do vậy ta thử lấy c 10 . 2
3. 2 Ta phải có y 1|10 y 2,3,6,11. Khi đó x 4,2, ,1, theo thứ tự. 7 Vậy phương trình có đúng ba nghiệm nguyên dương (x, y) (4,2),(2,3),(1,11) . Câu 5: Cho a,m,n là các số nguyên dương sao cho a 1, m n. Chứng minh rằng nếu am 1 và an 1 có các ước nguyên tố giống nhau, thì a 1 là một lũy thừa của 2. Hướng dẫn giải. Giả sử m n và d (m,n).Vì. (am 1,an 1) a(m,n) 1 ad 1. nên ad 1 và am 1 có các ước nguyên tố giống nhau. Đặt m d.k (k 1), b ad thì b 1 và bk 1 có các ước nguyên tố giống nhau. Ta sẽ chứng minh k là một lũy thừa của 2. Thật vậy, nếu k không phải là lũy thừa của 2, thì k có ước nguyên tố lẻ là p.. Do b p 1∣ bk 1 và b 1∣ b p 1 nên b p 1 và b 1 có các ước nguyên tố giống nhau. Gọi q là một ước nguyên tố của b p 1  b 1, thì do b 1 mod q nên. b p 1  b 1  p mod q q p. . Do đó, b p 1  b 1 chỉ có ước nguyên tố là p, suy rab p 1  b 1 pt . . Vì b p 1  b 1 b 1 nên t 1. Từ b 1 mod p suy ra b p.h 1.. p2 ( p 1) Khi ấyb p 1  b 1 p .u A.p2  p mod p2 . 2 Điều mâu thuẫn này chứng tỏ k là một lũy thừa của 2. Bây giờ nếu p là một ước nguyên tố bất kì của b 1, thì p cũng là ước của b 1.. Do đó, p 2.Thành thử, b 1là một lũy thừa của 2 hay ad 1 cũng vậy. Do m d.k là số chẵn nên a 1∣ am 1, suy ra các ước nguyên tố của a 1 cũng là các ước nguyên tố của ad 1. . Nếu a 1 có ước nguyên tố lẻ là p, thì do a  1 mod p nên ad  ( 1)d 1 mod p , suy ra d là số chẵn. Nhưng là số lẻ a nên ad 1  2 mod8 , suy ra ad 1 2. Vô lí vì a 1.. Vậy a 1 phải là lũy thừa của 2. Câu 6: Cho số nguyên n 1. Tìm số lớn nhất các cặp gồm 2 phần tử phân biệt của tập 1;2;...;n sao cho tổng của các cặp khác nhau là các số nguyên khác nhau và không vượt quá n. Hướng dẫn giải. Giả sử có k cặp thỏa mãn đề bài. Gọi S là tổng của k cặp đó, thì. 3
4. S 1 2 ... 2k k(2k 1) . k(k 1) Dễ thấy S n (n 1) ... (n k 1) nk . 2 k(k 1) 2n 1 Do đó k(2k 1) nk k . 2 5 2n 1 Bây giờ ta xây dựng cặp thỏa mãn đề bài như sau. 5 2n 1 Trường hợp 1: Số n có dạng 5k 1 hoặc 5k 2. Khi ấy, 2k . 5 Ta xét các cặp sau: (4k 1;k), (4k;k 1), ... (3k 2;1), (3k;2k), (3k 1;2k 1), ... (2k 1;k 1) . Rõ ràng dãy trên có 2k cặp thỏa mãn đề bài. Trường hợp 2: Số n có dạng 5k 3 hoặc 5k 4 hoặc 5k 5 . 2n 1 Khi ấy, 2k 1. 5 Ta xét các cặp sau (4k 2;k 1), (4k 1;k),...,(3k 2;1),(3k 1;2k 1),(3k;2k),...,(2k 1;k 1) . Dãy trên có 2k 1 thỏa mãn đề bài. 2n 1 Vậy số lớn nhất các cặp thỏa mãn đề bài là . 5 Câu 7: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực P x không đồng nhất không thỏa mãn: P 2014 2046, P(x) P(x2 1) 33 32,x 0. Hướng dẫn giải. Giả sử P x thỏa mãn đầu bài. Khi đó ta có P(x2 1) [P(x) 32]2 33,x 0 . Suy ra P(20142 1) (2046 32)2 33 20142 33. Đặt x0 2014 , ta có x0 32 2046, P(x0 ) x0 32 do P 2014 2046. 2 2 Xét dãy {xn} như sau: x0 2014 , x1 x0 1, xn 1 xn 1, n 1,2,3.... Khi đó:. P(x0 ) x0 32 2 2 2 2 P(x1) P(x0 1) [P(x0 ) 32] 33 x0 33 x0 1 32 x1 32 . 2 2 2 2 P(x2 ) P(x1 1) [P(x1) 32] 33 x1 33 x1 1 32 x2 32 Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được. P(xn ) xn 32,n 0,1,2...(*). Xét đa thức hệ số thực Q(x) P(x) x 32. Từ (*) ta có Q x nhận xn làm nghiệm với mọi n 0;1;2;.... 4
5. Mặt khác do dãy {xn}n 0 tăng nghiêm ngặt nên Q x  0 suy ra P x x 32 . Thử lại ta có P x thỏa mãn đầu bài. Vậy: Có duy nhất đa thức P x x 32 . Câu 8: Trên bảng ô vuông cố định có kích thước 3 3 người ta xếp một số viên sỏi sao cho mỗi ô vuông có nhiều nhất một viên sỏi. Mỗi cách xếp sỏi được tính điểm như sau, nếu tổng số sỏi trên một hàng (hoặc trên một cột hoặc trên một trong hai đường chéo) là một số lẻ thì được tính 1 điểm. Bảng không có sỏi ứng với 0 điểm, bảng xếp kín 9 viên sỏi ứng với 8 điểm. a)Tồn tại hay không cách xếp sỏi sao cho ô chính giữa bảng không có sỏi và số điểm. tương ứng với cách xếp đó là 8 . b)Chứng minh rằng số cách xếp sỏi với điểm số là một số chẵn bằng số cách xếp sỏi. với điểm số là một số lẻ. Hướng dẫn giải. a)Giả sử ô chính giữa không có sỏi và điểm số của cách xếp là 8. Như vậy 3 hàng, 3 cột và hai đường chéo đều có một số lẻ viên sỏi. Gọi a, b, c, d là số sỏi trong các ô như hình vẽ, a,b,c,d 0,1. Khi đó các ô đối xứng với a, b, c, d qua tâm sẽ có số sỏi tương ứng là a ',b',c ',d ' sao cho a a ' b b' c c ' d d ' 1. a b c a b c 0 d d' 0 d c' b' a ’ Từ đó a b c a ' b' c ' 3 suy ra một trong hai tổng a b c hoặc a ' b' c ' là một số chẵn. Khi đó dòng thứ nhất hoặc dòng thứ ba có tổng số sỏi là một số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Vậy không tồn tại các xếp sỏi thỏa mãn điều kiện bài toán. b)Ta gọi hai cách xếp sỏi là liên hợp với nhau nếu ô trên cùng bên trái của chúng có số sỏi khác nhau và các ô còn lại tương ứng có số sỏi như nhau. a' b c a b c (B) (B’). f e d f e d g h i g h i Như vậy, các cách xếp sỏi chia thành từng cặp đôi một liên hợp với nhau. Xét hai cách xếp liên hợp với nhau (B) và (B’). Tổng số sỏi ở dòng 1, cột 1 và 1 đường chéo của hai bảng đôi một khác nhau về tính chẵn lẻ. Các dòng, cột và đường chéo còn lại của hai bảng có số sỏi như nhau. Do đó điểm số của (B) và (B’) khác nhau 3 đơn vị, suy ra số điểm của (B) và (B’) có tính chẵn lẻ khác nhau. 5
6. Vậy hai cách xếp liên hợp với nhau, một cách xếp có điểm số chẵn, cách xếp còn lại cố điểm số là một số lẻ suy ra điều phải chứng minh. Câu 9: Cho tập hợp A 1;2;...;2013. Cần phải loại khỏi A ít nhất bao nhiêu phần tử để tập hợp còn lại có tính chất: Không phần tử nào bằng tích của hai phần tử khác. Hướng dẫn giải. Loại khỏi A tập hợp {2;3;...;44}, tập này có 43 phần tử. Khi đó tập còn lại là {1;45;46;...;2012;2013}. Rõ ràng tập này thỏa mãn yêu cầu: Không có phần tử nào là tích của hai phần tử khác. Ta sẽ chứng minh mọi cách tách khỏi A một tập hợp có nhiều nhất 42 phần tử đều không thỏa mãn yêu cầu đề bài. Thật vậy xét các bộ ba sau (43 bộ ba):. 2, 87, 2.87. 3, 86, 3.86. 4, 85, 4.85. . 44, 45, 44.45. Xét hàm số f (x) x(89 x) với 2 x 44 . Ta có f '(x) 89 2x 0,2 x 44 . Vậy f là hàm đồng biến khi 2 x 44 . Suy ra f (2) f (3) ... f (44) 2.87 3.86 ... 44.45. Dễ thấy 2 3 ... 44 45 46 ... 87 2.87 3.86 ... 44.45 . Vì 44.45 1980 2013 nên toàn bộ các phần tử của 43 bộ ba đều là khác nhau và đều nằm trong tập hợp A . Vì ta tách ra khỏi A tối đa 42 phần tử, nên phần còn lại của A (sau khi tách) phải có ít nhất một bộ ba nói trên. Vậy mọi cách tách như thế không thỏa mãn yêu cầu đầu bài. Kết luận: Số phần tử ít nhất cần tách khỏi A là 43 phần tử. Câu 10: Tìm số nghiệm nguyên không âm của phương trình x1 x2 x3 x4 25 thỏa mãn điều kiện x1 3; x2 2; x3 4 . Hướng dẫn giải. Ta viết điều kiện thành x1 3; x2 2; x3 5 . Xét các điều kiện sau: x2 2; x3 5 (**); x1 4; x2 2; x3 5(***). Gọi p,q,r lần lượt là số các nghiệm nguyên không âm của phương trình 1 thỏa mãn các điều kiện (*)(**)(***). ' ' ' ' Ta có p q r . Đặt x1 x1, x2 x2 2, x3 x3 5, x4 x4 . Kết hợp với (**) phương trình (1) trở thành x '1 x '2 x '3 x '4 18 2 . 6
7. Số nghiệm không âm của phương trình 1 thỏa mãn điều kiện (**) bằngsố nghiệm nguyên không âm của phương trình 2 . Theo công thức tổ hợp lặp ta có số nghiệm đó là 18 18 18 18 14 14 14 K4 C4 18 1 C21 vậy q C21 . Lý luận tương tự ta có r K4 C4 14 1 C17 . 18 14 Suy ra p q r C21 C17 650 . 2a 2b 1 Câu 11: Tìm các số nguyên dương a,b,c sao cho A là một số nguyên. 2c 1 Hướng dẫn giải. Dễ nhận thấy (a, b, 1) thỏa mãn với mọi a, b nguyên dương. Xét c 1 2c 1 3 . c Đặt n 2 1; a kc ra ; b mc rb với 0 ra ;rb c . Khi đó. 2a  (2c )k 2ra (mod n)  2ra (mod n) . 2b  (2c )m 2rb (mod n)  2rb (mod n) . Do đó 2a 2b 1  2ra 2rb 1(mod n) . ra rb c +Nếu ra rb c 1 thì 2 2 1  2 1(mod n)  2(mod n) . Mà n 3 nên nkhông thể là ước của 2. Do đó trường hợp này không thỏa mãn. +Nếu ra hoặc rb nhỏ hơn c thì. 3.2c 2c 1 2ra 2rb 1 2c 1 2c 2 1 1 2c 8 c 3 . 4 Nếu c 1thì A nguyên với mọi a,b nguyên dương. Nếu c 2 thì n 3 ra rb 0 a,b chẵn. Nếu c 3 thì n 7 ra rb 2 a 3k 2 ; b 3l 2. m n Câu 12: Cho m và n là các số nguyên dương thỏa mãn 2016 1 là ước của 2016 1.Chứng minh rằng m là ước của n. Hướng dẫn giải. Đặt n mq r ( 0 r m ). Khi đó ta viết. n mq r mq r 2016 1 2016 1 2016 .2016 1. Ta xét các trường hợp sau:. q * TH1: Nếu q là số lẻ thì 2016n 1 2016m  .2016r 1 2016r . Kết hợp với 2016m 1 2016n 1 thu được. 2016m 1 2016r 1 r 0 m n . 7
8. q * TH2: Nếu q là số chẵn thì 2016n 1 2016m  .2016r 2016r 1. 2 Kết hợp với 2016m 1 2016n 1 và 2016m 1 2016m 1 . ta thu được 2016m 1 2016r 1 (vô lí vì 0 r m ). Vậy ta có đpcm. Câu 13: Cho a,b là hai số nguyên dương với b a . Biết rằng tồn tại cặp số nguyên dương u,v sao cho u2 v2 auv b . Chứng minh rằng b là số chính phương. Hướng dẫn giải. Sắp xếp thứ tự của 10 số lớn thứ ba của các hàng là a1 a2 ... a10. Ta thấy tối đa là 20 số có thể lớn hơn a1 (là các số lớn thứ nhất và thứ hai ở mỗi hàng). Vì vậy a1 80. Tương tự có tối đa 28 số có thể lớn hơn a2 . Vì vậy a2 72. Từ đó. a1 a2 ... a10 80 72 a10 7 a10 6 ... a10 8a10 180.. Trong khi đó, tổng các số ở hàng chứa a10 không lớn hơn. 100 99 a10 a10 1 ... a10 7 8a10 171. . Do 8a10 171 8a10 180 nên hàng chứa a10 là hàng thỏa mãn yêu cầu. Chọn cặp u,v trong các cặp thỏa mãn yêu cầu sao cho u v nhỏ nhất với u v . Coi u2 a.v.u v2 b 0 là phương trình bậc hai ẩn u. Vì sự tồn tại của u nên phương trình này còn có nghiệm thứ hai là u '. Theo định lý Vi – ét ta có. u u ' a.v u ' ¢ .. Vì u '2 v2 a u 'v 1 nên u ' 0 . (Do u '2 v2 avu ' b avu ' a a vu ' 1 ). Nếu u ' 0 thì v2 b là số chính phương. Nếu u ' 0 thì u.u ' v2 b u ' v u u ' v u v ( vô lý vì tổng u v nhỏ nhất). Vậy ta có điều phải chứng minh. Câu 14: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho trong mặt phẳng tồn tại n đường thẳng mà mổi đường thẳng cắt đúng 2014 đường khác. Hướng dẫn giải. Xét n đường trong mặt phẳng, mà mổi đường thẳng cắt đúng 2014 đường khác. Nếu a là một đường thẳng trong n đường và có đúng k đường song song với nó 0 k n . 8
9. Cho b là đường thẳng bất kỳ cắt a, khi đó b cắt tất cả các đường không song song với avà b với số giao điểm bằng số giao điểm của avới các đường thẳng đó đồng thời b cắt các đường thẳng song song với amà mổi đường thẳng cắt đúng 2014 đường khác. Suy ra có đúng k đường song song vớib . Vậy n đường được chia thành S nhóm, mổi nhóm gồm k 1đường thẳng song song với nhau. Số giao điểm của mỗi đường với các đường khác là k 1 S 1 2014 . Mà 2014 2.19.53và k 1là ước nguyên dương của 2014 . k 1 1;2;19;53;38;106;1007;2014 . n k 1 S 2014 k 1. n 2015;2016;2033;2067;2120;2510;3021;4028. Câu 15: Cho số nguyên dương n 3 . Chứng minh rằng tập hợp X 1; 2; 3;...; n2 n có thể chia thành hai tập con không giao nhau sao cho không tập nào trong chúng chứa n phần tử a a a ,a ,...,a với a a ... a và a k 1 k 1 với mọi k 2; 3; ..., n 1. 1 2 n 1 2 n k 2 Hướng dẫn giải. 2 2 2 2 2 2 Đặt Sk k k 1; k k 2; ...;k ; Tk k 1; k 2; ...;k k . n 1 n 1 S  Sk ; T  Tk . Ta chứng minh S, T là các tập con cần tìm của X . k 1 k 1 Dễ dàng thấy S T  và S T X . Ta chứng minh phản chứng. a a Giả sử S gồm các phần tử a ,a ,...,a với a a ... a và a k 1 k 1 với mọi 1 2 n 1 2 n k 2 k 2; 3; ..., n 1. Khi đó ta có ak ak 1 ak 1 ak , với mọi k 2; 3; ..., n 1(1). Nếu a1 Si ., ta có i n 1 do Sn 1 n . Suy ra tồn tại ít nhất n Si n i phần tử thuộc a1; a2 ; ...; an Si 1  Si 2 ... Sn 1 . Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một tập S j , i j n chứa ít nhất 2 phần tử trong số các phần tử a1,a2 ,...,an . Tức là tồn tại ak sao cho ak , ak 1 S j và ak 1 S1  S2 ... S j 1 . Khi đó ta có ak 1 ak S j 1 j 1; ak ak 1 Tj 1 1 j . Suy ra ak 1 ak ak ak 1 .Điều này, mâu thuẫn với (1). 9
10. a a Vậy S không chứa các phần tử a ,a ,...,a với a a ... a và a k 1 k 1 với mọi 1 2 n 1 2 n k 2 k 2; 3; ..., n 1.Chứngminh tương tự ta cũng có tập T không chứa các phần tử a1,a2 ,...,an với a a a a ... a và a k 1 k 1 với mọi k 2; 3; ..., n 1. 1 2 n k 2 Vậy S, T là các tập con cần tìm của X . Câu 16: Tìm tất cả số nguyên x sao cho x 3 chia hết cho x2 1. Hướng dẫn giải. x 3 chia hết cho x2 1 x 3 x 3 chia hết cho x2 1. x2 1 10 chia hết cho x2 1 10 chia hết cho x2 1. Từ đó tìm được x 0; x 1; x 1; x2 2 . Câu 17: Cho P(x) là đa thức có bậc n 1 với hệ số nguyên. Chứng minh rằng có tối đa n số nguyên t sao cho P P t t . Hướng dẫn giải. +TH1 :Nếu mọi số nguyên t thỏa mãn P P t t đêu thỏa mãn P(t) t mà P(t) t có tối đa n nghiệm nguyên dương nên bài toán được chứng minh. +TH2 :Nếu tồn tại số nguyên t1 mà P P t1 t1 nhưng P t1 t2 ,(t1 t2 ) thì P t2 t1; P t1 t2 . Vì deg P n 1 nên nếu chỉ có t1 thỏa mãn P P t t thì bài toán được chứng minh. Giả sử có t3 sao cho P P t3 t3 (t1 t3 ) , đặt : P t3 t4 P t4 t3 . Ta có t1 t3 là ước của P t1 P t3 t2 t4 . Tương tự t2 t4 là ước của P t2 P t4 t1 t3 . Suy ra t1 t3 t2 t4 . Nếu t1 t3 t2 t4 t1 t2 t3 t4 u , chứng minh tương tự ta thu được. t1 t4 t2 t3 t1 u t3 u t1 t3 u 0 t1 t4 t2 t3 . t1 t4 t3 t2 t1 u t3 t3 u t1 t1 t3 điều này vô lí. Do đó t1 t3 t4 t2 t1 P t1 t3 P t3 c.. Khi đó các nghiệmthoản mãn P P t t đều thỏa mãn P P t t c . Mà P P t t c là phương trình bậc nnên P P t t có tối đa n nghiệm nguyên. KL. 10